高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编.docx

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1、高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，水平屋顶高H5 m，围墙高h 3.2 m，围墙到房子的水平距离L 3 m，围墙外空地宽 x 10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取 10 m/s 2.求：(1)小球离开屋顶时的速度 v0 的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度【答案】 (1)5 m/s v0 13 m/s；(2)55 m/s ；【解析】【分析】【详解】（1）若 v 太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v 的最大值 vmax 为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1则小球的水平位移

2、： L+x=vmax 1t，小球的竖直位移： H= gt12解以上两式得vmax=（ L+x）=（ 10+3）=13m/s若 v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上， v 的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点P 落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：L=vmint2小球的竖直方向位移：H h=gt22解以上两式得vmin=L=3=5m/s因此 v0 的范围是vmin v0vmax，即 5m/sv 13m/s0（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：vmin=5m/s2 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左

3、端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点 D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离为R， P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从 D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；

4、（2）判断质量为m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （ 3） 2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块

5、能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知 x 4t - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度 vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块

6、过B 点时，由动能定理可得：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.3 如图所示，质量为 M4kg 的平板车 P 的上表面离地面高 h 0.2m ，质量为 m 1kg的小物块 Q （大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R0.9m ，一端悬于 Q

7、正上方高为 R 处，另一端系一质量也为 m 的小球（大小不计，可视为质点）。今将小球拉至悬线与竖直方向成60o 角由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q 离开平板车时速度大小 v1 1m/s ， Q 与 P 之间的动摩擦因数0.2 ，重力加速度 g10m/s2 ，计算：(1)小球与 Q 碰撞前瞬间，细绳拉力T 的大小；(2)平板车 P 的长度 L；(3)小物块 Q 落地时与小车的水平距离s。【答案】 (1) 20 N； (2) 1.75 m； (3) 0.1 m。【解析】【详解】(1)设小球与 Q 碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：mgR(

8、1 cos60 )1mv022在最低点有：Tmgm解得：v02Rv0 =gR =3m/s 、 T20 N(2)小球与 Q 碰撞后，设小球与Q 的速度分别为v 和 v ，在碰撞过程中由动量守恒和能量0Q守恒有：mv0mv0mvQ1 mv021 mv021 mvQ2222解得：vQ 3 m/s设 Q 离开平板车时 P 的速度为 v2， Q 与 P 组成的系统动量守恒和能量守恒有：mvQ mv1 Mv 21 mvQ21 mv121 Mv22mgL222解得：v2 0.5 m/s 、 L 1.75 m(3) Q 脱离 P 后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则：h 1 gt 22解得：t 0.2

9、sQ 落地时二者相距：s(v1v2)t0.1 m4 一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出如图所示，第一个球从O 点水平飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上的B 点后，弹跳起来，刚好过网上的C点，落在对方场地上的A 点；第二个球从 O 点水平飞出时的初速度为V2，也刚好过网上的C 点，落在 A 点，设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：（1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2；（2）运动员击球点的高度H 与网高 h 之比 H： h【答案】（ 1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2 为 1： 3；（ 2）运动员击球点的高度H与网高 h 之比 H： h 为 4：

10、3【解析】【详解】（1）两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为 x2由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在B 点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向，根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比x1： x2=1： 3，故两球做平抛运动的初速度之比v1： v2 =1：3（2）设第一个球从水平方向飞出到落地点B 所用时间为 t1，第 2 个球从水平方向飞出到 C点所用时间为t 2，则有 H=1 gt12 ， H-h=1 gt 2222

11、又： x1=v1t 1O、 C 之间的水平距离：x1=v2t2第一个球第一次到达与C 点等高的点时，其水平位移x 2=v1t2，由运动的可逆性和运动的对称性可知球1运动到和 C 等高点可看作球1 落地弹起后的最高点反向运动到C 点；故2x1 =x1+x2可得： t 1=2t2， H=4（H-h）得： H： h=4：35 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB 段是助滑坡，倾角=37， BC段是水平起跳台，CD 段是着陆坡，倾角=30， DE 段是停止区，AB 段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因

12、数均为=0.03，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=47m 。运动员连同滑雪板的质量m=60kg，滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C 点的距离l=120m 。设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37 =0.8。求：（ 1）运动员在助滑坡 AB 上运动加速度的大小；（ 2）运动员在 C 点起跳时速度的大小；（ 3）运动员从起滑台 A 点到起跳台 C 点的过程中克服摩擦力所做的功。【答案】（1）（ 2）（ 3）【解析】【 解】（1）运 在

13、助滑坡AB 上运 ，根据牛 第二定律得： mgsin -mgcos=ma解得 ： a=g（ sin -cos） =10（ 0.6-0.030）.8 =5.76m/s 2（2） 运 从C 点起跳后到落到着 坡上的 t， C 点到着 坡上着 点的距离 L运 从C 点起跳后做平抛运 ， 有 直方向： Lsin =gt2水平方向： Lcos=vt 0由 ： 得： tan =解得 t=2s， v0=30m/s（3）运 从起滑台A 点到起跳台C 点的 程，根据 能定理得mgh-Wf = mv 02解得克服摩擦力所做的功 Wf =mgh- mv02=60 10 47- 60230=1200J 【点睛】本 要

14、分析清楚运 的运 情况，知道运 先做匀加速运 ，后做匀减速运 ，最后平抛运 ，是 能定理和平抛运 的 合，要善于运用斜面的 角研究平抛运 两个分位移之 的关系，求出 6 如 所示， 弧 道AB 是在 直平面内的1 周， B 点离地面的高度h=0.8m， 切4 是水平的，一 量 m=200g的小球（可 点）自A 点由静止开始沿 道下滑（不 小球与 道 的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平 出，最后落到水平地面上的D点已知小物 落地点D 到C点的距离 x=4m，重力加速度 g=10m/ s2求：（ 1） 弧 道的半径（ 2）小球滑到 B 点 道的 力【答案】 （1） 弧 道的半径是 5m（ 2）小

15、球滑到 B 点 道的 力 6N，方向 直向下【解析】（1）小球由B 到 D 做平抛运动，有：h= 1 gt22x=vBt解得： vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程，由动能定理得：12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得： Nmgm vB2R解得： N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动7 如图所示，一半径r 0.2 m 的 1/4 光滑圆弧形槽底端B 与水平传送带相

16、接，传送带的运行速度为 v0 4 m/s ，长为 L1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2， DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF 段被弯成以 O为圆心、半径 R 0.25 m的一小段圆弧，管的 D 端弯成与水平传带 C 端平滑相接， O 点位于地面， OF 连线竖直一质量为 M 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管 DEF，已知 a 物块可视为质点， a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度 g 取 10 m/s 2求：(1)滑块 a 到达底端 B 时的速度大小 v ；B(2)滑块 a

17、 刚到达管顶 F 点时对管壁的压力【答案】（ 1） vB 2m / s（ 2） FN 1.2 N【解析】试题分析：（ 1）设滑块到达B 点的速度为 vB，由机械能守恒定律，有 M gr1 Mv B22解得： vB=2m/s（ 2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律 Mg =Ma滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2Al=vC2-vB2得 vC=3m/s4m/s ，可知滑块与传送带未达共速,滑块从 C 至 F，由机械能守恒定律，有1MvC2MgR1Mv F222得 vF=2m/s在 F 处由牛顿第二定律 M g FNM v

18、F2R得 FN=1 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1 2N, 压力方向竖直向上考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析8 如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环用弹簧与放在地面上的物块B 连接， A、B 两物块的质量均为m，滑环C 上，物块C的质量为A 的下端M，开始时绳连接滑环C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L，控制滑块4C，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑L 时，释放滑环C，结果滑环C 刚好处于静止，此时B3

19、刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g(1)求弹簧的劲度系数；(2)若由静止释放滑环C，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小3mg(2 Mm) gL【答案】（ 1）（ 2） 1075ML48m【解析】【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则kx=mg设 B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为 x，则 kx=mg 因此 x x mgk由几何关系得2xL2 16 L2 - L 2 L93求得 x= L33mg得 k=L（2）弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为mgLx13k当 B 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量mgLx23k因此 A 上升的距离为h x1+x22L3C 下滑

20、的距离 H(Lh)2L24L3根据机械能守恒1 m(vH)21 Mv 2MgH - mgh 2H 2L22(2 Mm)gL求得 v109 如图所示，一质量为m 的小球 C用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车 B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块 A 以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、 C 间的距离为d，一段时间后，物块A 与小球 C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为，重力加速度为g，若 A 碰 C 之前物块与平板车已达共同速度，求：（1） A、 C 间的距离d 与 v0 之间满足的关系式；（

21、2）要使碰后小球C 能绕 O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？【答案】（ 1）；（ 2）【解析】（ 1） A 碰 C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是 x，由动量守恒定律得由动能定理得：解得满足的条件是（2）物块 A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得小球经过最高点时，有解得【名师点睛】A 碰 C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A 减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。A 碰C后交换速度，C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C 通过最高点时的最小向心力为mg，联立求

22、解。10 如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑， CB部分粗糙， CB长 L 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 )，物块经过B 点后到达P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小

23、vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：v2PmgN PmR解得 : vP2.5gR5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos37 = 1 mvP21 mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01 mvm22解得： vm6m/s